精品解析：重庆市荣昌仁义中学校2023-2024学年高一下学期6月月考数学试题

重庆市荣昌仁义中学校2023-2024年高一下6月月考数学试卷 一、单项选择题 1. 已知复数满足，则对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知在中，，，，则（ ） A. 1 B. C. D. 3. 黔江中学现有高一学生1236人，高二学生1296人，高三学生1332人，现准备采用比例分配的分层随机抽样的方法调查学生的饮食情况，从每个年级抽取一定人数的学生，其中在高二年级需抽取108人，则全校一共需要抽取的人数为（ ） A. 300 B. 322 C. 346 D. 360 4. 已知向量，满足，且，则向量在向量上的投影向量的模为（ ） A. 3 B. 3 C. D. 5. 重庆市酉阳山正阳楼现已竣工，它的建筑风格独特，融合了传统与现代的元素，现已成为新的网红打卡地．黔江中学高一21班某同学周末参加户外实践活动，为了测量楼高，在处测得楼顶仰角为，向右前行25米到达点，此时测得楼顶的仰角为，梯步DF长为2.7米，坡度（即坡面的垂直高度和水平宽度的比）为，则楼高为 （ ） A. 24米 B. 23.5米 C. 23.65米 D. 22.65米 6. 半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半正多面体，它是由正方体的各条棱的中点连接形成的几何体.它由八个正三角形和六个正方形围成（如图所示），若它的棱长为2，则下列说法错误的是（ ） A. 该二十四等边体的外接球的表面积为 B. 该半正多面体的顶点数V、面数F、棱数E，满足关系式 C. 直线与的夹角为60° D. 平面 7. 三个平面不可能将空间分成（ ）个部分 A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 8. 已知四边形是矩形，，Q为中点，将和分别沿翻折，使点B与点C重合于点P，若，则三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题 9. 下列说法不正确的是（ ） A. 复数z满足 B. 若，则或 C. ，，，则，中至少一个为0 D. 的虚部为 10. 如图，在长方体中，，M，N分别为棱的中点，则下列说法正确的是（ ） A. M，N，A，B四点共面 B. 直线与平面相交 C. 直线和所成的角为 D. 平面和平面的夹角的正切值为2 11. 已知平行四边形的面积为，且，则（ ） A. 的最小值为2 B. 的最小值为 C. 当在上的投影向量为时， D. 当在上的投影向量为时， 三、填空题 12. 正四棱台的上下底面边长分别为2，4，高为3，则其体积为_____________． 13. 在中，弦长为2，_______________． 14. 如图，是三个边长为2的等边三角形，且有一条边在同一直线上，边上有5个不同的点，设，则_____________. 四、解答题 15. 在△ABC中，． （1）求 （2）若M为BC上一点，求的面积． 16. 在棱长为2的正方体中，E，F，M，N分别为，，，中点． （1）求证：平面； （2）求直线到平面的距离． 17. 在中，内角所对的边分别为，已知，． （1）求． （2）若为锐角三角形，求面积的取值范围． 18. 在圆锥PO中，AC为底面直径，为底面圆O的内接边长为的正三角形，点E为PC中点，且母线PC与底面圆O夹角为． （1）求证：平面平面． （2）求二面角的平面角的正弦值． （3）在PO上是否存在点M，使得DM与平面所成角为，若存在，请求出所在位置；若不存在，请说明理由． 19. 代数基本定理：任何一个次复系数多项式方程至少有一个复根．由此可得如下推论： 推论一：任何一元次复系数多项式在复数集中可以分解为个一次因式的乘积； 推论二：一元次多项式方程有个复数根，最多有个不同的根．即一元一次方程最多有1个实根，一元二次方程最多有2个实根等． 推论三：若一个次方程有不少于个不同的根，则必有各项的系数均为0． 已知．请利用代数基本定理及其推论解决以下问题： （1）求的复根； （2）若，使得关于的方程至少有四个不同的实根，求的值； （3）若的图像上有四个不同的点，以此为顶点构成菱形，设，，求代数式的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆市荣昌仁义中学校2023-2024年高一下6月月考数学试卷 一、单项选择题 1. 已知复数满足，则对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】设根据复数的乘法运算法则，求出复数，即可求解. 【详解】设，由， 得， ，解得， 故对于的点位于第四象限， 故选：D． 2. 已知在中，，，，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据余弦定理运算求解. 【详解】由余弦定理可得，故. 故选：B 3. 黔江中学现有高一学生1236人，高二学生1296人，高三学生1332人，现准备采用比例分配的分层随机抽样的方法调查学生的饮食情况，从每个年级抽取一定人数的学生，其中在高二年级需抽取108人，则全校一共需要抽取的人数为（ ） A. 300 B. 322 C. 346 D. 360 【答案】B 【解析】 【分析】借助分层抽样的性质计算即可得. 【详解】全校一共需要抽取的人数为 人． 故选：B. 4. 已知向量，满足，且，则向量在向量上的投影向量的模为（ ） A. 3 B. 3 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先求出，再根据投影向量的定义求出投影向量，即可得解. 【详解】因为，满足，且，所以， 向量在向量上的投影向量为，则其模长为． 故选：D． 5. 重庆市酉阳山正阳楼现已竣工，它的建筑风格独特，融合了传统与现代的元素，现已成为新的网红打卡地．黔江中学高一21班某同学周末参加户外实践活动，为了测量楼高，在处测得楼顶仰角为，向右前行25米到达点，此时测得楼顶的仰角为，梯步DF长为2.7米，坡度（即坡面的垂直高度和水平宽度的比）为，则楼高为 （ ） A. 24米 B. 23.5米 C. 23.65米 D. 22.65米 【答案】D 【解析】 【分析】在中，米，由余弦定理可得米，在中可求的米，由坡度（即坡面的垂直高度和水平宽度的比）为得米，即可求解. 【详解】由，，得， 故米，由得， 在中由余弦定理可得， 解得米， 故米， 由坡度（即坡面的垂直高度和水平宽度的比）为得， 故米， 故楼高米. 故选：. 6. 半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美.二十四等边体就是一种半正多面体，它是由正方体的各条棱的中点连接形成的几何体.它由八个正三角形和六个正方形围成（如图所示），若它的棱长为2，则下列说法错误的是（ ） A. 该二十四等边体的外接球的表面积为 B. 该半正多面体的顶点数V、面数F、棱数E，满足关系式 C. 直线与的夹角为60° D. 平面 【答案】D 【解析】 【分析】将二十四等边体补齐成正方体，根据空间几何相关知识进行判断. 【详解】由已知，补齐二十四等边体所在的正方体如图所示 记正方体体心为，取下底面中心为 ，二十四等边体的棱长为2 易知，则外接球半径 所以外接球的表面积，故A正确. 由欧拉公式可知：顶点数面数棱数2，故B正确. 又因为∥，易知直线与的夹角即为 直线与的夹角为，故C正确. 又因为∥，∥，易知直线与直线的夹角为 可知直线与直线不垂直，故直线与平面不垂直，故D错误. 故选：D 7. 三个平面不可能将空间分成（ ）个部分 A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】A 【解析】 【分析】分三个平面互相平行，三个平面有两个平行，第三个平面与其它两个平面相交，三个平面交于一条直线，三个平面两两相交且三条交线平行，三个平面两两相交且三条交线交于一点，五种情况讨论即可. 【详解】若三个平面互相平行，则可将空间分为4个部分； 若三个平面有两个平行，第三个平面与其它两个平面相交，则可将空间分为6个部分； 若三个平面交于一条直线，则可将空间分为6个部分； 若三个平面两两相交且三条交线平行，则可将空间分为7部分； 若三个平面两两相交且三条交线交于一点，则可将空间分为8部分 故n的取值为4，6，7，8，所以n不可能是5. 故选：A. 8. 已知四边形是矩形，，Q为中点，将和分别沿翻折，使点B与点C重合于点P，若，则三棱锥的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用外接球的球心在过底面外接圆圆心的垂线上，再利用到各顶点距离相等，就可以利用勾股定理求出半径. 【详解】 把翻折的图重新按为底面摆放，由，， 由正弦定理得：三角形的外接圆直径为：，即， 设三角形的外接圆的圆心为，则过作平面，且， 由球的几何性质可得：球心一定在垂线上， 又，，平面， 所以平面，即， 由于球心到各顶点的距离相等，所以， 又由图可知，而，所以， 所以外接球的半径满足勾股定理：， 即外接球的表面积为：， 故选：C. 二、多项选择题 9. 下列说法不正确的是（ ） A. 复数z满足 B. 若，则或 C. ，，，则，中至少一个为0 D. 的虚部为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于AB：举反例说明即可；对于C：设，，根据复数结合复数相等分析求解；对于D：根据除法结合虚部的概念分析求解. 【详解】对于A：例如，则，不满足．故A错误； 对于B：例如，则，符合题意， 但且，故B错误； 对于C：设， 则， 所以，则或． 所以，中至少一个为0．故C正确； 对于D：因为． 所以的虚部为．故D错误． 故选：ABD． 10. 如图，在长方体中，，M，N分别为棱的中点，则下列说法正确的是（ ） A. M，N，A，B四点共面 B. 直线与平面相交 C. 直线和所成的角为 D. 平面和平面的夹角的正切值为2 【答案】BCD 【解析】 【分析】A：连接，根据、、与面位置关系即可判断；B：为中点，连接，易得，根据它们与面的位置关系即可判断；C：若分别是中点，连接，易知直线和所成的角为，再证明△为等边三角形即可得大小；D：若分别是中点，求面和面的夹角即可，根据面面角的定义找到其平面角即可. 【详解】A：连接，如下图面，而面，面， 所以M，N，A，B四点不共面，错误； B：若为中点，连接，N为棱的中点， 由长方体性质知：，显然面， 若面，而面，显然有矛盾， 所以直线与平面相交，正确； C：若分别是中点，连接， 由长方体性质易知：， 而，故，即直线和所成的角为， 由题设，易知，即△为等边三角形， 所以为，正确； D：若分别是中点，显然，易知共面， 所以平面和平面的夹角，即为面和面的夹角， 而面面，长方体中，， 如下图，为和面夹角的平面角，，正确. 故选：BCD 11. 已知平行四边形的面积为，且，则（ ） A. 的最小值为2 B. 的最小值为 C. 当在上的投影向量为时， D. 当在上的投影向量为时， 【答案】ABD 【解析】 【分析】由题意画出图形，根据平面向量的数量积、投影向量，向量的线性运算，基本不等式等逐项判断即可. 【详解】因为，所以. 设，则，解得， 选项，，当且仅当时，等号成立，正确. 选项，因为，所以 ， 所以， ， ， ， 当且仅当时，即时，等号成立， 所以的最小值为，B选项正确. 如图，过点作，垂足为，则在上的投影向量为， 当在上的投影向量为时，. 因为，所以，得， 则由选项解答，，故C错. 选项，由选项解答，则，故对. 故选：. 三、填空题 12. 正四棱台的上下底面边长分别为2，4，高为3，则其体积为_____________． 【答案】28 【解析】 【分析】利用棱台的体积公式求解. 【详解】利用棱台体积公式：， 则， 故答案为：28. 13. 在中，弦长为2，_______________． 【答案】2 【解析】 【分析】利用向量的数量积、投影的定义即可求解. 【详解】过作于点，则点为的中点， . 故答案为：. 14. 如图，是三个边长为2的等边三角形，且有一条边在同一直线上，边上有5个不同的点，设，则_____________. 【答案】90 【解析】 【分析】首先由已知分析得，延长交于点，进一步有，从而可得，由此即可进一步求解. 【详解】因为是三个边长为2的等边三角形， 所以为等腰三角形，， 所以， 延长交于点，如图所示， 则， 所以， 所以， 所以 ， 所以. 故答案为：90. 【点睛】关键点点睛：关键是得到，从而可得，由此即可顺利得解. 四、解答题 15. 在△ABC中，． （1）求 （2）若M为BC上一点，求的面积． 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）首先由余弦定理求得边长，然后由余弦定理可得，最后由同角三角函数基本关系可得； （2）由题意可得，则，据此即可求得的面积. 【小问1详解】 由余弦定理可得： ， 则，， . 【小问2详解】 由三角形面积公式可得， 则. 16. 在棱长为2的正方体中，E，F，M，N分别为，，，中点． （1）求证：平面； （2）求直线到平面的距离． 【答案】（1） 如图，连接交与点，，则是的中点， 因为分别是，的中点，所以， 又平面，平面， 所以平面.     （2）直线到平面的距离为． 【解析】 【分析】（1）连接，证明，进而得到平面； （2）易证明平面，点到平面的距离即直线到平面的距离，建立空间直角坐标系，利用向量法求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，以点为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系， 则，，，， 所以，，， 设平面的一个法向量为， 则，即，令，得，， 所以， 所以点到平面的距离为， 又因为，，所以， 又平面，平面，所以平面， 所以点到平面的距离即直线到平面的距离， 所以直线到平面的距离为. 17. 在中，内角所对的边分别为，已知，． （1）求． （2）若为锐角三角形，求面积的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先利用正弦定理角化边，化简后利用余弦定理、结合特殊角的三角函数可得答案. （2）法一：，作，，， ，由为锐角三角形，可得，再由，得到面积的取值范围； 法二：由正弦定理，化简得，由为锐角三角形，可得，进而的，即可得面积的取值范围． 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得，即， 又，由余弦定理，， 又，所以. 【小问2详解】 法一： 如图，作，，， ， 由为锐角三角形，故， 由，得，所以． 法二：由题意， 由（1）知，所以， 由正弦定理，得， 又为锐角三角形，所以，得，则， 故，所以． 18. 在圆锥PO中，AC为底面直径，为底面圆O的内接边长为的正三角形，点E为PC中点，且母线PC与底面圆O夹角为． （1）求证：平面平面． （2）求二面角的平面角的正弦值． （3）在PO上是否存在点M，使得DM与平面所成角为，若存在，请求出所在位置；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析； （2）； （3）存在；M点是最靠近O点的9等分点. 【解析】 【分析】（1）令，连接，证明，再利用圆锥的结构特征推理得证. （2）以点为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量求法求解即得. （3）由（2）中信息，设出点的坐标，利用线面角的向量求法列式求解即可. 【小问1详解】 令，连接，由为底面圆O的内接边长为的正三角形， 得，，而，则是中点，又E为PC中点， 因此，在圆锥中，平面，则平面，而平面， 所以平面平面. 【小问2详解】 由（1）知，直线两两垂直， 由母线PC与底面圆O夹角为，得，， 以点为原点，直线分别为建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量为，则，取，得， 设平面的法向量为，则，取，得， 设二面角的平面角大小为，则， 所以二面角的平面角的正弦值. 【小问3详解】 假定在PO上存在点M，使得DM与平面所成角为， 由（2）设，则，而平面的法向量， 因此， 整理得，而，解得， 所以在PO上存在点M，使得DM与平面所成角为，M点是最靠近O点的9等分点. 19. 代数基本定理：任何一个次复系数多项式方程至少有一个复根．由此可得如下推论： 推论一：任何一元次复系数多项式在复数集中可以分解为个一次因式的乘积； 推论二：一元次多项式方程有个复数根，最多有个不同的根．即一元一次方程最多有1个实根，一元二次方程最多有2个实根等． 推论三：若一个次方程有不少于个不同的根，则必有各项的系数均为0． 已知．请利用代数基本定理及其推论解决以下问题： （1）求的复根； （2）若，使得关于的方程至少有四个不同的实根，求的值； （3）若的图像上有四个不同的点，以此为顶点构成菱形，设，，求代数式的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）化简该方程后借助因式分解结合求根公式计算即可得； （2）化简方程后借助推论三计算即可得； （3）设出中点，代入计算后结合推论三可得点坐标，结合体型菱形对角线垂直计算即可得解. 【小问1详解】 由题意，，即，所以， 所以或，对，有， 即复根有； 【小问2详解】 由题意，，化简得，， 由推论三：该方程的解个数多于方程最高次数得，解之得； 【小问3详解】 在菱形中，与互相垂直平分，设中点， 由得，所以， 即， 化简得：， 由点是的图象上的四个不同的点，故该关于的方程有四个不同的解， 故，解得，故， 又，故 由菱形，可得， 所以， 故． 【点睛】关键点点睛：本题最后一问关键点在于对推论三的理解与运用，从而结合题意得到中点的坐标. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $